(完整)小学六年级奥数合集

1、(完整)六年级奥数合集(完整)六年级奥数合集PAGE 246 246 -(完整)六年级奥数合集 第一讲 数论综合（一）【专题知识点概述】在近几年的北京重点中学小升初分班考试中，数论题目的分值大都超过了行程问题，占据了考试内容最显著的地位！数论题目灵活多变，能较充分考察你思维的开拓性、方法技巧的综合运用能力、创新及细心程度，易于分开学生层次。数论问题按知识体系大体可分为：整除问题、余数问题、奇偶问题、质数合数、约数倍数，这几大板块我们在之前的学习中已经都接触过了，但它们并不是数论的全部，细心的你会发现在数论这个大家族中还有一些“特别身影”，它们也是帮你解决数论问题的法宝。比如最大最小问题、关于取

2、整运算、尾数问题、二进制应用、一些特殊变形问题等。【授课批注】涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题【习题精讲】【例1】（难度等级 ）从1开始由小到大按顺序取自然数，第一次取一个数，第二次取两个数，第三次取三个数，以后继续按照每次取一个、两个、三个的方式重复进行，第（ ）次取的数之和为573。 【分析与解】573/3=191 所以三个数分别是190、191、192因为3次是取6个数，我们用1926=32那么也就是说，192是32个3次，就是取到192是96次。【例2】（难度等级 ）小明写自然数从1到N，所写下的数字之和是28035，则N=？【分析与解

3、】解法一000 001 002 003 004 005 006 007 008 009010 011 012 013 014 015 016 017 018 019.990 991 992 993 994 995 996 997 998 999共有1000个数字.个位的1有100个个位的2有100个个位的3有100个.个位珠9有100个同理.十位的1、2、3、9分别有100百位的1、2、3、9有100所以1至999各位数的和是（1+2+3+9）*100*3=135001000到1999的个位、十位、百位数的和也是（1+2+3+9）*100*3=13500千位有1000个1，他们的和是1000。

4、还有2000，2001，2002，2003，2004，2005，2006各位数字的和是35全部相加是13500+13500+1000+35=28035解法二:（0、1999），（1、1998），（3，1997）（999，1000）。这样配共1000对。每对的和都有1+9+9+9=28另外2000，2001，2002，2003，2004，2005，2006各位数字的和是35所以(1+9+9+9)*1000+35=28035【例3】（难度等级 ）从1到1001的所有自然数按格式排列，用一个正方形框子框出九个数，要使这九个数的和等于（1）1995，（2）2529，（3）1998问能否办到？若能办到，

5、请你写出正方形框里的最大数和最小数。【分析与解】用一个正方形框子框出的9个数的和必定是框子中间的数的9倍。(1)因为1995不是9的倍数，所以9个数的和为1995不可能。(2)25299=281又2817=40余1即281在所有数的排列中，它排在左边第一列上，所以不可能以它为中心构成一个9个数的正方形框。(3)19989=222 2227=31余5框中最大数是222+1+7=230框中最小数是222-1-7=214【例4】（难度等级 ） 如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d那么， (1)a+b的最小可能值是多少? (2)a+b的最大可能值是多少 【分析与解】两位

6、的质数有11，13，17，19，23，29，3l，37，41，43，47，53，59，6l，67，71，73，79，83，89，97可得出，最小为11+19=13+17=30，最大为97+71=89+79=168所以满足条件的a+b最小可能值为30，最大可能值为168【例5】（难度等级 ） 如果某整数同时具备如下3条性质： 这个数与1的差是质数； 这个数除以2所得的商也是质数； 这个数除以9所得的余数是5 那么我们称这个整数为幸运数求出所有的两位幸运数【分析与解】 条件也就是这个数与1的差是2或奇数，这个数只能是3或者偶数，再根据条件，除以9余5，在两位的偶数中只有14，32，50，68，86

7、这5个数满足条件其中86与50不符合，32与68不符合，三个条件都符合的只有14所以两位幸运数只有14【例6】（难度等级 ）图中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?【分析与解】圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远小圆周长为30=307r，大圆周长为48 ，一半便是24 ，30与24的最小公倍数时120 12030=412024=5所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个圆周长，即爬到了过A的直径另一点B

8、这时两只甲虫相距最远【例7】（难度等级 ）有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?【分析与解】 我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中，糖的块数是丁所取糖块数的5倍八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216从216减去5的倍数，所得差的个位数字只能是1或6观察各盒糖的块数发现，没有个位数字是6的，只有一个个位数字是1的数31因此甲取走的一盒中有3l块奶糖【例8】（难度等级 ）用a，b，c，d，e分别代表五进制中五个互不相同的

9、数字，如果(ade)，(adc)，(aad)是由小到大排列的连续正整数，那么(cde)所表示的整数写成十进制的表示是多少?【分析与解】 注意(adc)+(1)=(aab)，第二位改变了，也就是说求和过程个位有进位，则b=0，而c=(10)(1)=(4)，则C=4而(ade)+(1)=(adc)，所以e+1=c，则e=3又d+1=口，所以d=1，a=2那么，(cde)为(413)=45+15+3=108即(cde)所表示的整数写成十进制的表示是108【例9】（难度等级 ）将自然数按从小到大的顺序排列成螺旋形，2处拐一个弯，在3处拐第二个弯，在5处拐第三个弯，问拐第20个弯的地方是哪个数。【分析与

10、解】 拐弯的序数01234567拐弯处的数12357101317下面一列数中，相邻两数的差是 1、1、2、2、3、3、4、4、第20个拐弯处的数是1+2(1+2+10)=111【例10】（难度等级 ） 把连续奇数1、3、5、7，按右边的方法排列。问：数1995在哪条射线上是这射线的第几个数【分析与解】1995是第(1995+1)2=998个奇数，因为周期数是8，9988=1246，所以数1995在射线C上，且是第1242+2=250个数。【例11】（难度等级 ）一个正整数，如果用进制表示为，如果用进制表示为，请用10进制表示这个数.【分析与解】解：由题意知：0a,c4,0b4,设这个正整数为n

11、,则na72b7c, n=c52b5a49a7bc25c5ba48a2b24c0 b12(c2a)12b,又0b4b0, c2a当a1,c2时，n51当a2,c4时，n102【例12】（难度等级 ）甲、乙两个三位数的乘积是一个五位数，这个五位数的后四位是1031。如果甲数的数字和是10，乙数的数字和是8，那么甲、乙两数和是多少？【分析与解】方法一：很显然，这道题的突破口是在个位数上乘积的尾数是1，只有11，37或者99两种可能，如果是11，根据1031判断，甲数和乙数的十位为0和3，1和2，4和9，5和8，6和7.很容易试出这些均不成立。根据乙的数字和是8，判断只有37这种可能假设乙的个位数是

12、7，则只能是107。根据乘积的尾数判断，甲的十位数应该是3。（因为这个数乘以7的乘积加上个位数进位2，得3）所以甲就是43343310746331 不合题意。所以乙的个位数只能是3，甲的个位数只能是7。所以甲有以下情况，127 217 307三种情况根据上述方法很容易判断出甲是217，乙是143方法二：根据弃九法得知，乘积是3031=3171113，适当组合可得知两数为317=217，1113=143，和为360.【例13】（难度等级 ）有43位同学，他们身上带的钱数从8分到5角，钱数各不相同，每个同学都把身上全部的钱各自买了画片。画边有两种：3分钱一张的，和5非钱一张的。每人尽可能多卖5分钱

13、一张的画片。问，他们能买的3分钱画片的总数是多少张？【分析与解】43人的钱从8分到5角各不相同,说明这些人身上的钱分别是:8分,9分,.,49分,50分.下面分情况讨论: 8=3*1+5*1 (意思是3分钱一张,5分前一张) 9=3*3+5*010=3*0+5*211=3*2+5*112=3*4+5*013=8+5=3*1+5*250=3*0+5*10.说明:当钱除以5余1的时候,可以买2张3分的;有8个人.当钱除以5余2的时候,可以买4张3分的;有8个人.当钱除以5余3的时候,可以买1张3分的;有9个人.当钱除以5余4的时候,可以买3张3分的;有9个人.当钱除以5整除的时候,可以买0张3分的

14、.有9个人.所以一共买了2*8+4*8+1*9+3*9=84张3分的. 【例14】（难度等级 ）对于由15组成的无重复数字的五位数，如果它的首位数字不是1，那么可以进行如下的一次置换操作：记首位数字为k，则将数字k与第k位上的数字对换例如，24513可以进行两次置换：245134251312543可以进行4次置换的五位数有多少个？【分析与解】经过4次置换后最后结果必为12345，所以可进行4次置换的五位数可由12345进行4次首位与其他位的调换得到，规则为从首位上调换出的数不能再与首位调换，那么这样的调换方法共有432124种，即可进行4次置换的五位数有24个。【例15】（难度等级 ）有4个不

15、同的数字共可组成18个不同的4位数。将这18个不同的4位数由小到大排成一排，其中第一个是一个完全平方数，倒数第二个也是完全平方数。那么这18个数的平均数是多少？【分析与解】如果是4个非0数字则应该能组成4321=24个不同的4位数，而实际只能组成18个不同的4位数，则4个数字中必然有0。因为完全平方数的个位数只能为1，4，5，6，9（0必须成对出现），所以剩下的3个数字必有两个是这5个中的2个，若最小的数字是4，5，6的话，只有9604和4096为完全平方数，但4096并不是这4个数字所组成的最小的四位数，不满足题意，所以最小数字为1，此时1089和9801这两个四位数满足题意。因此这4个数字

16、为0、1、8、9，所能组成的四位数千位为1、8、9的均有6个，所以这18个四位数千位上之和为16+86+96=108,同理，个位百位十位上的数字之和均为72，所以这18个四位数之和为1081000+72100+7210+72=115992，其平均数为6444【例16】（难度等级 ）有些三位数，如果它本身增加3，那么新的三位数的各位数字的和就减少到原来三位数的求所有这样的三位数【分析与解】设这个三位数为，数字和为a+b+c，如果没有进位，那么，显然数字和增加了3，不满足，所以一定有进位，则+3=，数字和为0+(b+1)+(c+310)= ，则a+b+c=9，而c+3必须有进位，所以c只能为7，8

17、，9 一一验，如下表：c的值789a+b的值210a的值211b的值010的值207117108验证当十位进位及十位、个位均进位时不满足所以，原来的三位数为207，117或108【例17】（难度等级 ）有1、A、B、C四个整数，满足ABC2001，而且1ABC。这四个整数两两求和得到六个和，把这六个数按从大到小排列起来，恰好构成一个等差数列。请问：A、B、C分别是多少？【分析与解】满足条件的情况有两种：；先看：，所以有，又，所以，得，；再看，所以有，又，所以，得，不符合题意；所以，。【例18】（难度等级 ）在一个国家里，国王要建N个城市，在城市之间建N-1条道路，使得从每个城市都能到达另一个城

18、市(每条道路连接两个城市，道路不相交，不穿过其它城市)且一个城市到另一个城市最短路线分别为1,2,3,，。若(1) N6；(2) N2006； 国王的要求能否办到 【分析与解】（1）N=6时，可以按如下的方法设计道路。设A,B,C,D,E,F为六个城市，从C引出三条道路，分别通向A,B,D，长度分别为1，2，5。从再引出两条道路，分别通向E,F，长度分别为4，8。此时即可满足要求，所以N=6时，国王的要求可以办到。（2）根据在N个城市之间建N-1条道路可知，从一个城市到另一个城市只有唯一的路线。把城市染成红色，若城市与之间的路程为偶数，则也染上红色，否则染上黄色，这样可以把所有城市均染成红色或

19、黄色，并且两城市同色时，它们之间的路程为偶数，否则它们之间的路程为奇数。设有个城市染成红色，y个城市染成黄色，则由一个红色城市与一个黄色城市配对可配成xy对，所以在所有的路程中有xy个奇数。若是偶数，则1,2,3，中有一半是奇数，所以有xy=N(N-1)。又因为x+y=N，则N=N-4xy=(x+y)-4xy=(x-y)。若是奇数，则1,2,3，中有N(N-1)+1个奇数，所以有 xy=N(N-1)+1=N(N-1)+。又因为x+y=N，则N=N-4xy+2=(x+y)-4xy=(x-y)+2，即N-2=(x-y)。因此，如果题目中的要求可以实现，则N或N-2是完全平方数，由于2006和200

20、4都不是完全平方数，所以国王的要求不能办到。【例19】（难度等级 ）有13个不同自然数，它们的和是100问其中偶数最多有多少个最少有多少个【分析与解】13个整数的和为100，即偶数，那么奇数个数一定为偶数个，则奇数最少为2个，最多为12个；对应的偶数最多有11个，最少有1个但是我们必须验证看是否有实例符合当有11个不同的偶数，2个不同的奇数时，11个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22132，而2个不同的奇数和最小为1+34，它们的和最小为132+4136，显然不满足；当有9个不同的偶数，4个不同的奇数时，9个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+

21、14+16+1890，而4个不同的奇数和最小为1+3+5+716，还是大于100，仍然不满足；当有7个不同的偶数，6个不同的奇数时，7个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+1456，6个不同的奇数和为1+3+5+7+9+1136，满足，如2，4，6，8，10，12，22，1，3，5，7，9，11的和即为100类似的可知，最少有5个不同的偶数，8个不同的奇数，有2，4，8，10，16，1，3，5，7，9，11，13，15满足所以，满足题意的13个数中，偶数最多有7个，最少有5个【例20】（难度等级 ）图中，第1行将1到100的自然数依从小到大排列；第2行有99个自然数，第1个是第1行第

22、1个自然数和第2个自然数的和，, 第k个是第1行第k个自然数和第k+1个自然数的和， ； 从第2行起，根据第2行的规律排列，一直到第100行. 请问：图中一共有多少个自然数能被77整除. 第1行 1 2 3 4 5第1行 1 2 3 4 5.96 97 98 99 100 第2行 3 5 7 9. 193 195 197 199第3行 8 12 16. 388 392 396 第4行 .第5行 .第6行 . . .第100行 第100行 【分析与解】规律是：第3、5、7、99行的整数是第1行某个整数的4k倍，第2、4、100行的整数是第2行某个整数的4k倍。【作业】1设A共有9个不同的约数，B

23、共有6个不同的约数，C共有8个不同的约数，这三个数中的任何两个都不整除，则这三个数之积的最小值是多少？【答案】172802有一列数，第一个数是100，第二个数是76，从第三个数起，每个数都是前面两个数的平均数，那么第2009个数的整数部分是 。【答案】84.3若自然数n使得竖式加法n（n1）（n2）不产生进位现象，便称n为“跃进数”。例如12是“跃进数”，因为121314做竖式加法不产生进位现象；而13不是“跃进数”。那么不超过1000的“跃进数”共有 个。【答案】494讲1到101写在黑板上，得到1213100101，先删去这个数中从左到右数所有位于奇数位上的数字，再删去所得的数中所有位于奇

24、数位上的数字，.，依次类推，那么最后删去的数字是_【答案】65有一路公共汽车，包括起点和终点站在内，共有15个车站。如果有一辆车，除终点站外，每一站上车的乘客中，恰好各有一位乘客从这一站到以后的每一站。为了使每位乘客都有座位，问这辆公共汽车至少要有多少个座位？【答案】56挑战自己 （难度等级 ）一位老师告诉、五位学生一个三位数之后，有以下的对话出现：学生：这个数可以被27整除；学生：这个数可以被12整除；学生：这个三位数的所有数字和为15；学生：这个数是一个完全平方数；学生：这个数可以整除648 000上述五个句子中，只有三句是真的。试求。【答案】324，108，216，432，864，540

25、，900，144，576 第二讲 数论综合（二）【专题知识点概述】在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，我们系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。【授课批注】具有相当难度，需要灵活运用各种整数知识，或与其他方面内容相综合的数论同题【习题精讲】【例1】（难度等级 ）一台计算器大部分按键失灵，只有数字“7”和“0”以及加法键“+”尚能使用，因此可以输入77，707这样只含数字7和0的数，并

26、且进行加法运算为了显示出222222，最少要按“7”键多少次?【分析与解】222222731746，即222222700003+70001+7007+704+76，而70000，7000，700，70，7均只用按一次7，所以222222最少只用按3+1+7+4+621次“7”键即可显示【例2】（难度等级 ）有一批图书总数在1000本以内，若按24本书包成一捆，则最后一捆差2本；若按28本书包成一捆，最后一捆还是差2本书；若按32本包一捆，则最后一捆是30本那么这批图书共有本【分析与解】经分析发现，原书的本书如果多2本，那么原来书的数目就会同时是24，28，32的倍数，而，24,28,32=67

27、2，且原书的本书不超过1000本，所以原来的书有672-2=670(本)【例3】（难度等级 ）一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是 .【分析与解】这个五位数等于各位数字之和乘以2007，2007是3，3，223，三个数字之积，所以这个五位数是9的倍数，各位数字之和也是9的倍数（一个数是9的倍数，那么它的各位数字之和也是9的倍数，）所以这个五位数可能是20079，200718，200727，200736容易得出：200718和200727符合题目.【例4】（难度等级 ）在纸上写着一列自然数1，2，98，99.一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数

28、列的最后面.例如一次操作后得到4，5，98，99，6；而两次操作后得到7，8，98，99，6，15.这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，则最后剩下的数是 .【分析与解】观察规律发现，最后一个数字即为1到99的和，为4950.【例5】（难度等级 ）有两种规格的9箱钢珠，每箱300个，甲种钢珠每个10克，乙种钢珠每个11克，将这9箱钢珠编为19号，然后依次从19号箱中取出20，21，22，23，24，25，26，27，28，个钢珠，这些钢珠共重5555克。问：哪几箱是甲种钢珠？【分析与解】 本题很明显地表明在考察二进制的相关知识点同时对于这种出现两种规格要求和的问题，可以采用假设法假设全为甲种规

29、格的钢珠，则每箱各取20，21，22，23，24，25，26，27，28，一共取出29-1=511个，则应重10511=5110克，比实际的少了5555-5110 =445克，此重量应该来自乙种钢球，由于乙种钢球每个比甲种重1克，以二进制表示445为(1)2，也就是说445=28+27+25+24+23+22+20，则只有2号箱与7号箱是甲种钢珠【例6】（难度等级 ）把除1外的所有奇数依次按一项，二项，三项，四项循环的方式进行分组：(3)，(5，7)，(9，11，13)，(15，17，19，21)，(23)，(25，27)，(29，3l，33)，(35，37，39，41)，(43)，那么，第1

30、994个括号内的各数之和是多少?【分析与解】 我们把每4个括号组成一个周期，199444982，在前498个周期内有奇数(1+2+3+4)4984980个，而第1993个括号内有2个奇数，即第4980+1+14982个奇数，第4982+14983个奇数而49822+19965，49832+19967，9965+996719932即第1994个括号内的各数之和是19932【例7】（难度等级 ）2001个球平均分给若干人，恰好分完。若有一人不参加分球，则每人可以多分2个，而且球还有剩余，若每人多分3个，则球的个数不足。问原来每人平均分到多少个球?【分析与解】 设2001个球平均分给N个人，每人分得

31、X个球，则NX200132329。若N323，那么每个人分得球数不多于29个，如果一人不参加分球，则多余的球(不多于29个)被其余的人分，每人不足1个，不合题意；若N23，那么每个人分得的球数不少于32987个，如果一人不参加分球，则多余的球(不少于87个)每人至少可以分3个，也不合题意；若N29，那么每个人分得的球数是32369个，如果一人不参加分球，则多余的球(69个)每人可以多分2个，还有剩余，符合题意。答：原来每人分到69个球。 精析:因2001个球平均分给若干人，正好分完，说明这时分球的人数和每人分的球数都是2001的约数。可将2001分解质因数，再探讨其各种分法的可能性。【例8】（

32、难度等级 ）一堆球，如果球的总数是10的倍数，就平均分成10堆并拿走9堆；如果球的总数不是10的倍数，就添加不多于9个球，使球数成为10的倍数，再平均分成10堆并拿走9堆这个过程称为一次“均分”若球仅为一个，则不做“均分”如果最初有球1234个，问经过多少次“均分”和添加多少个球后，这堆球便仅余下一个球?【分析与解】 设最初有N个球，Nak-110k-1+ak-210k-2+a110+a0，a00，ak-10第一次添加(10a0)个，分成10堆，拿走9堆后留下的球数是：ak-110k-2+ak-210k-3+a210+a1+1若a19，不必添加，就可以分成10堆若a19，则添加10(a1+1)

33、个，再分成10堆无论a19还是a19，两次“均分”，共需要添加(10a0)+(9a1)个球，余下小堆的球数是：ak-110k-3+ak-210k-4+a310+a2+1同样道理，第三次“均分”，需添加10(a2+1)个球，连同第一、二次“均分”时添加的球共添加了(10a0)+(9a9)+(9a2)个球并且，“均分”一次，k位数N就少一位经过k-1次均分，余下ak-1+11个球所以，经过k次“均分”后，就余下1个球总共添加的球数是：10+9(k-1)(a0+a1+ak-2+ak-1)个当N1234时，N的位数k19+290+3900+4(1997999)9+180+2700+400086881N

34、的数字和也就是1，2，3，1996，1997中所有数字的和如果在后面再添加上1998，1999，那么1在千位出现1000次；0，1，2，9在百位，十位，个位都各出现200次，所以N的数字和为：11000+3200(1+2+3+9)(1+9+9+8+1+9+9+9)27945因此所加的球数时10+968802794533985个所以“均分”6881次，添加了33985个球【例9】（难度等级 ）在一根长木棍上，有三种刻度线第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段 【分析与解】 10，12，15的最小公倍数

35、10，12，15=60，把这根木棍的作为一个长度单位，这样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长5个单位；15等份的每等份长4单位 不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等份)，共计34个 由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1 又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2 同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4 由于这些相重点各不相同，所以从34个内分点中减去

36、1，再减去2，再减去4，得27个刻度点沿这些刻度点把木棍锯成28段【例10】（难度等级 ）有一位奥运会志愿者，向看台上的一百名观众按顺序发放编号1，2，3，100，同时还向每位观众赠送一个单色喇叭他希望如果两位观众的编号之差是质数，那么他们拿到的喇叭就是不同颜色的为了实现他自己的愿望，他最少要准备 种颜色的喇叭【分析与解】1-100的数中，只有1、3、6、8这4个数中每两两数差匀为质数，因此实现他自己的愿望，只需要4种颜色的喇叭。【例11】（难度等级 ）200名同学编为1至200号面向南站成一排第1次全体同学向右转（转后所有的同学面朝西）；第2次编号为2 的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍

37、数的同学向右转；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 名【分析与解】因为开始所有人面向南，最后的结果是面向东，所以转3、7、11次的人即为所求。根据题意，编号有几个约数就向右转几次，那么最后面向东面的数必是奇数个数的倍数，即这个数的约数是奇数个，且个数为4n+3。哪些数的约数是奇数个呢？由于是奇数个约数，这些数一定是平方数。如：4的约数有1、2、4三个；9的约数有1、3、9三个；25的约数有1、5、25三个，64的约数有1、2、4、8、16、32、64七个但是：如平方数16既是1、4、16的倍数，还是2、8的倍数，即16的约数有5个，不符合个数为4n+3这一要求。所以

38、要删除。以下这些数是最后面向东面的同学：4、9、25、49、64、121、144、169。共8位同学。【例12】（难度等级 ）设a与b是两个不相等的非零自然数(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值?【分析与解】(1)a与b的最小公倍数72=22233，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72不妨设ab第一种情况: 当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b72+1=73；第二种情况: 当a=36时，b必须取8或24，a+b的值为44或60，均不同第一种

39、情况中的值；第三种情况：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值；第四种情况：当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；第五种情况：当a=12时，b无解；第六种情况：当a=9时，b必须取8，a+b=17，不同于第一、二、三、四情况中的值 总之，a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值(2)60=2235，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60a、b为60的约数，不妨设ab第一种情况:当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是ab可取11种不同的值：59，58，57，

40、56，55，54，50，48，45，40，30；第二种情况: 当a=30时，b可取4，12，20，于是ab可取26，18，10；第三种情况：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以ab可取17，14，8，5；第四种情况：当a=15时，b可取4，12，所以ab可取11，3；第五种情况：当a=12时，b可取5，10，所以ab可取7，2总之，ab可以有11+3+4+2+2=22种不同的值【例13】（难度等级 ）将自然数N接写在任意一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么N称为“魔术数”问小于1996的自然数中有多少个“魔术数”【分析与解】当这个“魔术数”为一位数时，设为，则将写到任意一

41、个自然数A的右边得到的新的自然数为10A+，要求10A+能被整除，只用10A能被整除，而A是任意选择的，所以应是10的约数，有可以为5，2，1类似的分析知，两位数的魔术数应是100的约数，即可以为50，25，2010三位的魔术数应是1000的约数，即可以为500，250，200，125，100四位的魔术数应是10000的约数，即可以为5000，2500，2000，12501000于是小于1996的魔术数有1，2，5，10，20，25，50，100，125，200，250，500, 1000, 1250这14个数【例14】（难度等级 ）圆周上放有N枚棋子，如图28-2所示，B点的那枚棋子紧邻A点

42、的棋子小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子若N是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子?【分析与解】设圆周上余a枚棋子，从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时，小洪拿了2a枚棋子，所以在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子 依次类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之间，小洪拿走了2(3a-1)+枚棋子，所以N=2(3a-1)+1+3a=3

43、10a-1 N=310a-1=59049a-l是14的倍数，N是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；又N=(78435+4) a-1=78435a+4a-1，所以4a-1必须是7的倍数当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=713,是7的倍数所以圆周上还有23枚棋子【例15】（难度等级 ）老师在黑板上依次写了三个数21、7、8，现在进行如下的操作，每次将这三个数中的某些数加上2，其他数减去1，试问能否经过若干次这样的操作后，使得：(1)三个数都变成12 (2)三个数变成23、15、19【分析与解】如果两个数都加上2，那么它们的差不变；如果两个数都减去1

44、，那么它们的差也不变；如果一个数加上2，一个数减去1，那么它们的差增大或减小3所以，不管怎样，它们的差增大或减小3的倍数也就是说，不管怎么操作，这两个数的差除以3的余数是不变的21与7的差除以3的余数为2；21与8的差除以3的余数为1；7与8的差除以3的余数为1（1)三个数都变成12，那么它们的差除以3的余数都是0，显然与开始给出的三个数之间差的余数有变化，所以不满足；(2)三个数变成23、15、19，它们之间差除以3的余数依次为：23与15的差除以3的余数为2；23与19的差除以3的余数为1；15与19的差除以3的余数为1也就是说与开始给出的三个数之间差的余数没变化，所以满足【例16】（难度

45、等级 ）大于0的自然数n小于100，并且满足等式，其中表示不超过x的最大整数，这样的自然数n有多少个？【分析与解】定义新运算。首先理解好新的定义，翻译成数学语言即为 x x，且为整数。范围大的题目，观察已知条件，寻找切入点。题目中算式为同学熟悉的变形， ，结合x x，则可知2|n， 3|n， 6|n，即n是6的倍数，总共有16个。【例17】（难度等级 ）在11张卡片上各写有一个不超过5的数字，将这些卡片排成一行，得到一个11位数；再将它们按另一种顺序排成一行，又得到一个11位数.请证明这两个11位数的和的十进制表达式中至少有一位数字是偶数。【分析与解】如果在求和时发生进位现象，那么这只有在两个

46、11位数的同一位数字都是5时才有可能成立，而在出现进位的最右面的位置上，和数的该位数字一定为0。如果在求和时不发生进位现象，那么只有在卡片上奇数个数与偶数个数相同时，和数的各位数字才为奇数，所以不可能出现这种情况，所以和数中至少有一位数字是偶数。【例18】（难度等级 ）对于两个不同的整数，如果它们的积能被和整除，就称为一对“好数”，例如70与30。那么在1，2，16这16个整数中，有好数多少对？【分析与解】由题意不难发现，符合要求的两个数必定要有公约数。 于是，设两数分别为mk、nk，则：mknk(m+n)k=mnk(m+n)， 由此可知，要整除，k必须等于m+n，或者nk等于m+n。 这样，

47、可以得到：13、23为一组，即3、6； 14、34为一组，即4、12； 25、35为一组，即10、15； 23、43为一组，即6、12。 所以，在1，2，16这16个整数中，有好数4对。【例19】（难度等级 ）A1998199819981998(1998个1998)，A的各位数字之和是B，B的各位数字之和是C，C的各位数字之和是D，求D。【分析与解】先估算A的位数，因为199810000，而50个10000连乘，共有4501201（位），所以A的位数不会超过201位，且每位上的数字不会超过9，于是92011809.由于B1809，则B最多是4位数，且首位不超过1，从而C不超过199928.因此

48、推知：它最多是三位数，且首位不超过2，则D2911.又A是9的倍数，所以B、C、D是9的倍数，且D不等于0，所以D为9.【例20】（难度等级 ）将1，2，3，49，50任意分成10组，每组5个数在每一组中，数值居中的那个数称为“中位数”求这10个中位数之和的最大值与最小值【分析与解】设10个“居中数”从小到大是a1，a2，a3，a9，a10，它们所代表得那一组数分别为第一组，第二组，第三组，第九组，第十组a1比第一组中两个数大，所以a13，a2比第二组中两个数大，又比第一组得前3个数大，所以a26，依次类推，a10比第十组中两个数大，又比前九组中，每组得前3个数大，所以a1030因此，居中和S

49、3+6+30165 另一方面，a10比第十组中两个数小，所以a1050248a9比第九组中两个数小，又比第十组得后3个数小，所以a950545依次类推，a1比第一组中两个数小，又比后九组中，每一组得后3个数小，所以a15093221因此，居中和S48+45+21345 、中的等号都可以成立，例如分组：(1，2，3，49，50)，(4，5，6，47，48)，(7，8，9，45，46)，(10，11，12，43，44)，(13，14，15，41，42)，(16，17，18，39，40)，(19，20，21，37，38)，(22，23，24，35，36)，(25，26，27，33，34)，(28，2

50、9，30，31，32) 居中数的和为3+6+9+12+15+27+30165，这是最小的居中和；又如分组：(50，49，48，1，2) ，(47，46，45，3，4)，(44，43，42，5，6)，(41，40，39，7，8)，(38，37，36，9，10)，(35，34，33，11，12)，(32，31，30，13，14)，(29，28，27，15，16)，(26，25，24，17，18)，(23，22，21，19，20)居中数的和为21+24+27+30+33+45+48345，这是最大的居中和所以，最大的居中和为345，最小的居中和为165【作业】1.如果一个五位数，它的各位数字乘积恰好

51、是它的各位数字和的25倍那么，这个五位数的最大值是 【答案】755312.在算式(AB)(CD)中，,代表的是三个互不相同的四则运算符号（即加、减、乘、除），A,B,C,D是4个互不相同的非零阿拉伯数字如果无论,具体代表的是哪三个互不相同的四则运算符号，(AB)(CD)的计算结果都是整数那么，四位数是 【答案】93213.给你一架天平和两个砝码，这两个砝码分别重50克和100克，如果再添上3个砝码，则这5个砝码能称出的重量种类最多是 种.（天平的左右两盘均可放砝码）【答案】944a，b是两个自然数，对它们的描述有这样的四句话：（1）a+1能被b整除；（2）a=2b+5；（3）a+b能被3整除；

52、（4）a+7b是质数。不过这四句话中恰有三句话是正确的，恰有一句话是错误的，那么a的所有可能的值是_【答案】9，175电子跳蚤游戏盘（如下图）为ABC，AB=8，AC=9，BC=10，如果电子跳蚤开始时在BC边上P0点，BP0=4。第一步跳蚤跳到AC边上的P1点，且CP1=CP0；第二步跳蚤从P1跳到AB边上的P2点，且AP2=AP1；第三步跳蚤从P2跳回到AC边上的P3点，且BP3=BP2；跳蚤按上述规则跳下去，第2001次落点为P2001，请计算P0与P2001之间的距离。【答案】1挑战自己 （难度等级 ）用若干个l6和l7的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个1112的大长方形，最少要

53、用小长方形多少个?【答案】20个 第三讲 数论综合（三）【专题知识点概述】数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。【授课批注】 具有相当难度，需要灵活运用各种知识，或与其他方面内容相综合的数论同题【习题精讲】【例1】（难度

54、等级 ）己知五个数依次是13，12， 15， 25，20它们每相邻的两个数相乘得四个数，这四个数每相邻的两个数相乘得三个数，这三个数每相邻的两个数相乘得两个数，这两个数相乘得一个数。请问最后这个数从个位起向左数、可以连续地数到几个0？【分析与解】对一般的几个整数的乘积，如果要确定它后面有几个0. 可以用这样的办法：把每个乘数分解质因数，把分解中2的重数加起来，5的重数也加起来，看哪一个小，哪一个就是乘积尾部0的个数。这是因为1025，所以乘积尾部有个0，质因数2和5的重数就至少是几。我们可以分别计算质因数2和5的重数。为此我们画两个图图中的数字是这样填的：以2的重数为例，第一行第一个数13不含

55、因数2，在这个位置填0，第二个数12含2重因数2（12=223），在这个位置填2，等等。下面各行各数都是肩上两数的和（因为乘积的因数2的重数等于各乘数的因数2的重数的和）。这样我们就把原图中每个圈中数的质因数分解中的2的重数和5的重数分别标在左图和右图中了。特别地，最下面一个数的质因数分解中2的重数是10，5的重数是15，所以它尾部应该有10个0。【例2】（难度等级 ）有4个不同的自然数，它们当中任意2个数的和是2的倍数，任意3个数的和是3的倍数为了使得这4个数的和尽可能地小，这4个数分别是多少?【分析与解】由“4个不同的自然数当中任意2个数的和是2的倍数”知这4个数同奇同偶 又由“4个不同的

56、自然数当中任意3个数的和是3的倍数知这4个数同余于3，即除以3都余l或2或0 当第一个数为1时，剩下的数只能是奇数，并且除以3的余数都是l，所以依次为1，7，13，19 当第一个数为2时，剩下的数应均是偶数，并且除以3的余数都是2，显然这种情况的四个数对应的都比第一种情况下的4个数大 所以满足条件且和最小的4个数依次为l，7，1319【例3】（难度等级 ）将数字4,5,6,7,8,9各使用一次，组成一个被667整除的6位数，那么，这个6位数除以667的结果是 【分析与解】因为是3的倍数所以此六位数是3和667的公倍数，且3667=2001，所以此六位数是2001的倍数我们发现六位数中2001倍

57、数的特征为：前三位是后三位的2倍。所以下面将六位数分成2段，根据倍数关系验证即可，结果为956478.【例4】（难度等级 ）在小于5000的自然数中，能被11整除，并且数字和为13的数，共有多少个 【分析与解】这个数奇数位的数字和与偶数位的数字和的差d是11的倍数,而它们的数字和是奇数13，因此，d只能是11的奇数倍 又这数至多四位，所以奇数位数字和与偶数位数字和都小于9，即小于18,所以=11，奇、偶数位的数字和为12，1或l，12，因此，这个数至少是三位数，如果是三位数，那么它可以是913，814，715，616，517，418，319这7个 如果是四位数，那么它可以是1903，1804，

58、1705，1606，1507，1408，13093190,3091，4180，4081 这样，共有7+4+7=18个满足条件的数【例5】（难度等级 ）从1,2,3,n中，任取57个数，使这57个数必有两个数的差为13，则n的最大值为_。【分析与解】 被13除的同余序列当中,如余1的同余序列， 1,14,27,40,53,66，中只要取到两个相邻的，这两个数的差为13，如果没有两个相邻的数，则没有两个数的差为13，不同的同余序列当中不可能有两个数的差为13，对于任意一条长度为x的序列，都最多能取个数，即从第1个数起隔1个取1个基于以上，n个数分成13个序列，每条序列的长度为或，两个长度差为1的序

59、列，能够被取得的数的个数也不会超过1，所以能使57个数任意两个数都不等于13，则这57个数被分配在13条序列中，当n取最小值时在每条序列被分配的数的个数差不会超过那么13个序列有8个分配了4个数，5个分配了5个数，这13个序列8个长度为8，5个长度为9，那么n=88+95=109,所以要使57个数必有两个数的差为13，那么n的最大值为108。【例6】（难度等级 ）一个自然数与自身相乘的结果称为完全平方数。已知一个完全平方数是四位数，且各位数字均小于7。如果把组成它的数字都加上3，便得到另外一个完全平方数，求原来的四位数。【分析与解】涉及数码的变化，导致数值的变化，位置制问题。设这个四位数为，每

60、位数字加3，又因为个位数字均小于7，则没有进位，表示为利用位置制中展开式得到22-11，为即 (n-m)和 (n+m)为3333的约数，将3333分解质因数3333=311101，其共有 (1+1)(1+1)(1+1)=8个约数，但是有(n+m)大于(n-m)，所以只有四种情况符合题意，经过一一试验为1156和4489，即原来的四位数为1156。【例7】（难度等级 ）4个不同的真分数的分子都是1，它们的分母有2个是奇数、2个是偶数，而且2个分母是奇数的分数之和与2个分母是偶数的分数之和相等这样的奇数和偶数很多，小明希望这样的2个偶数之和尽量地小，那么这个和的最小可能值是多少?【分析与解】 设这